1625915143-9358bde957c0693ae60a95b83ad382f6 (843873), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

Следовательно, мы выбираем любые m мест из m + rmимеющихся — а это можно сделать Cm+rспособами.Вернемся теперь к исходной задаче. Представим себе, что у нас есть узкое длинное корыто, на дне которого в один ряд разложены шары, и имеются перегородки,вставляя которые поперек корыта, мы получим n ящиков. Ясно, что перегородокпотребуется n − 1.nn nn nn n n n nnСтановится очевидной аналогия с предыдущей задачей: перегородки можно считатьединицами, а шары — нулями. Число размещений шаров по ящикам будет совпадатьn−1с числом последовательностей из n − 1 единиц и k нулей.

В итоге получаем Cn−1+k=kCn−1+k размещений.В статистической физике такая схема называется статистикой Бозе-Эйнштейна;в ней предполагается дополнительно, что различные размещения одинаковых частицпо ячейкам равновозможны. Как выяснилось, ряд известных частиц подчиняютсяименно этому правилу.В связи с тем, что многие задачи на подсчет вероятностей с помощью классического определения могут быть сведены к размещениям шаров по ящикам, возникаетвопрос: какой схемой пользоваться.

Если считать шары различными, то получаетсяодин результат, неразличимыми — другой.Наша рекомендация состоит в следующем. Нужно всегда считать шары различными. Как правило, разные размещения в этой схеме имеют одинаковую вероятность(если только задача не связана с частицами из микромира). Если же шары объявитьнеразличимыми, то тогда некоторые размещения перестанут различаться, то естьпроизойдет "укрупнение" элементарных исходов. Например, если в схеме с различными шарами k шаров размещаются по одному в разных ящиках, то все k ! перестановок этих шаров приведут к разным элементарным исходам.

Если же эти шарысчитать неразличимыми, то k ! элементарных исходов сольются в один исход. Однако, если изначально k шаров находились в одном ящике, то их перестановки ничегоне дадут ни в той, ни в другой схеме. Это значит, что укрупнение элементарных исходов происходит неравномерно, и полученные таким образом новые элементарныеисходы уже не будут иметь одинаковые вероятности, что исключает возможностьпользования классическим определением.Есть еще статистика Ферми-Дирака.

Следуя этой схеме, k неразличимых частицпроизвольным образом размещаются по n ячейкам, k ≤ n, при этом в одной ячейке неможет содержаться более одной частицы. Ясно, что из n имеющихся ячеек занятымимогут оказаться любые k, поэтому число размещений будет равно Cnk .9В качестве примера применения классического определения вероятности рассмотрим одну часто встречающуюся задачу.В ящике находится n различных шаров (скажем, шары пронумерованы), из нихn1 белых шаров и n − n1 чёрных.

Наугад выбираем k шаров. Какова вероятностьтого, что среди выбранных шаров окажется ровно k1 белых?Эта задача может встретиться в других терминах. Например:1. Среди лотерейных билетов есть выигрышные (их n1 ) и проигрышные (n − n1 ).Какова вероятность того, что среди k приобретенных билетов ровно k1 выигрышных?2. Среди n изделий n1 бракованных, остальные годные.

Какова вероятность того,что среди k выбранных наугад изделий обнаружится ровно k1 бракованных?Примеров таких ситуаций много.Для решения будем пользоваться классической моделью. Мы делаем выборкиобъёма k, их всего Cnk , и все они равновозможны. Количество благоприятных исходовполучается так: сначала выбираем любые k1 белых шаров из общего количества n1белых шаров, это можно сделать Cnk11 способами. Затем набираем k−k1 черных шаровk−k1из n − n1 имеющихся, получаем Cn−nвариантов. После чего перемножаем эти два1количества, поскольку каждый из наборов белых шаров может быть объединен ввыборку с каждым из наборов черных шаров, в ответе получаемk−k1Cnk11 Cn−n/Cnk .1Мы молчаливо предполагаем, что верхние индексы не превосходят нижних в записи участвующих здесь биномиальных коэффициентов, в противном случае ответ взадаче тривиален.Совокупность полученных вероятностей при различных допустимых значенияхпеременной k1 называется гипергеометрическим распределением.1.2.Континуальные пространстваКак нетрудно видеть из предыдущего раздела, свойства вероятности аналогичнысвойствам массы тела.

Продолжая эту аналогию, можно считать, что вероятностьсобытия — это его масса, при этом множество Ω будет иметь единичную массу. Вдискретном пространстве вся эта единичная масса разбросана по конечному илисчетному набору точек. Теперь мы будем рассматривать другую крайность, когдавероятность как масса «размазана» по всему пространству элементарных исходов,которое, разумеется, уже не будет дискретным.Мы будем предполагать здесь, что Ω = Rn , n ≥ 1. В качестве событий, как ираньше, будем рассматривать подмножества Ω, хотя в отличие от дискретных пространств некоторые подмножества следовало бы исключить из рассмотрения по тойпричине, что нам не удастся задать приемлемым образом вероятности событий навсех без исключения подмножествах Ω.

Эти «неудобные» множества имеют весьма сложную структуру. Они имеют чисто теоретический интерес и в приложенияхпрактически не встречаются. Поэтому мы сознательно не будем акцентировать наних свое внимание.Для лучшего понимания остановимся сначала более подробно на случае Ω = R1 .Предположим, что у нас имеется некоторая функция π : Ω → R такая, что:1) π(ω) ≥ 0 для любого ω ∈ Ω;R∞2)π(ω) dω = 1.−∞10С помощью этой вспомогательной функции задается вероятность события.

Положим, по определению,ZP(A) = π(ω) dω.AРазумеется, мы вправе оперировать здесь только такими подмножествами A ⊂ Ω,для которых интегрирование имеет смысл. Это определение имеет простой геометрический смысл: вероятность того или иного отрезка на прямой вычисляется какплощадь криволинейной трапеции, имеющей данный отрезок своим основанием иограниченной сверху графиком функции π(ω).6π(ω)0¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡p ppA-ωВероятностное пространство, в котором таким образом задаются вероятности событий, называется континуальным.Ясно, что при таком определении каждый элементарный исход имеет нулевуювероятность. Нетрудно проверить, что все свойства вероятности, перечисленные впредыдущем разделе, остаются в силе и для континуальных пространств.Рассмотрим некоторые примеры функций π.1. Пусть для некоторых a < b1, ω ∈ [a, b];b−aπ(ω) =0,иначе.Мы видим, что при такой функции π будет выполняться P(A) = 0 для любогомножества A, не имеющего пересечений с [a, b].

Поэтому можно считать, что пространство Ω сужается до размеров отрезка [a, b]. При этом какое бы подмножествоA = [c, d] ⊂ Ω = [a, b] ни взять, его вероятность равнаP(A) =d−cλ(A)=,b−aλ(Ω)где λ(A) обозначает длину множества A.Вероятности событий, вычисляемые по этому простому правилу как отношениедлин множеств, называются геометрическими. Это есть непрерывный аналог классического определения вероятностей, рассмотренного ранее для дискретных схем.Геометрическая вероятность не зависит от сдвигов множества A внутри Ω. Можнообразно сказать, что в этом случае вероятностная масса равномерно «размазана» поотрезку [a, b].2. Пусть12π(ω) = √ e−ω /2 .2πВ этом случае мы уже не можем говорить о равномерности «размазывания» вероятностной массы на прямой.

Вероятность любого интервала будет максимальной, если11его центр находится в нуле, и будет убывать очень быстро по мере удаления этогоинтервала от начала координат.3. Еще один пример:½ −ωe , ω > 0;π(ω) =0,иначе.В этом случае можно считать, что Ω = [0, ∞).Если Ω = Rn и число n ≥ 1 произвольно, то вероятность события определяетсятакже с помощью вспомогательной функции π(ω), только теперь ω = (ω1 , ω2 , . .

. , ωn ),и по-прежнему выполнены такие требования:1) π(ω) ≥ 0 для любого ω ∈ Ω;R∞R∞2)...π(ω) dω1 . . . dωn = 1.−∞−∞Полагаем, по определению, для A ⊂ ΩZ ZZP(A) =. . . π(ω) dω1 . . . dωn .AЕсли функция π принимает постоянное значение на некотором ограниченном множестве D ⊂ Rn и равна нулю вне него, то, как и раньше, вычисление вероятностисобытия A ⊂ D производится элементарным геометрическим способом:P(A) =λ(A),λ(D)где λ(A) здесь уже обозначает n – мерный объем множества A.

Здесь, конечно, обязательно должно быть λ(D) > 0.Рассмотрим в качестве примера задачу о встрече.Два человека, A и B, договорились встретиться в определенном месте между18 и 19 часами вечера. Однако момент встречи они никак не обозначили, а договорились о следующем. Тот, кто приходит первым, ждет в течение 15 минут. Есливторой за это время не приходит, то первый уходит и встреча в этом случае несостоится. Разумеется, если первый придет, скажем, за 5 минут до 19 часов, тождать все 15 минут нет никакого смысла, так как после 19 часов никто большеприйти не может.Какова вероятность того, что встреча состоится?Для решения задачи прежде всего нужно понять, как устроено пространство элементарных исходов. Обозначим через X момент прихода A и через Y момент приходаB.

Ясно, что совокупность всевозможных пар (X, Y ), где 18 ≤ X ≤ 19, 18 ≤ Y ≤ 19исчерпывает все исходы эксперимента, т. е. Ω — это квадрат на плоскости переменныхX, Y . Поскольку молчаливо предполагается, что для моментов прихода каждого изних нет никаких предпочтений внутри промежутка [18, 19], то мы выбираем модель сфункцией π, равной единице в указанном квадрате.

Иначе говоря, вычисление вероятности события будет производиться геометрическим способом, в данном случае какотношение площадей. Площадь всего Ω равна 1, нам остается выделить из квадратаподмножество точек (X, Y ), для которых встреча состоится. Это множество характеризуется неравенством |Y − X| ≤ 1/4 или, что то же самое, X − 1/4 ≤ Y ≤ X + 1/4.1219¡¡¡ ¡ ¡¡ ¡ ¡¡ ¡ ¡¡ ¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡¡1819Как нетрудно видеть, площадь этого множества равна 1 − (3/4)2 = 7/16.

Характеристики

Список файлов книги